分析 （1）过P作PQ∥CA交AB于G，交BF于Q，根据∠BPE=$\frac{1}{2}$∠BCA可知∠BPE=$\frac{1}{2}$∠BCA=$\frac{1}{2}$∠BPQ，再根据BD⊥PE，可得△BPQ是等腰三角形，所以BD=$\frac{1}{2}$BQ，由全等三角形的判定定理可知△BGQ≌△PGE，所以PE=BQ，故可得出结论；
（3）同（2）可得△BGQ∽△PGE，所以$\frac{BQ}{PE}$=$\frac{BG}{PG}$=$\frac{AB}{AC}$=m，再由BD=$\frac{1}{2}$BQ即可得出结论．
解答 解：（1）PE=2BD，理由如下：
如图②：
过P作PQ∥CA交AB于G，交BF于Q．
∵∠BPE=$\frac{1}{2}$∠BCA，
∴∠BPE=$\frac{1}{2}$∠BCA=$\frac{1}{2}$∠BPQ，
∵BD⊥PE，
∴△BPQ是等腰三角形，
∴BD=$\frac{1}{2}$BQ，
∵PQ∥AC，BA⊥AC，
∴BA⊥PQ，
∵AB=AC，
∴PG=BG，
∵∠DBE+∠DEB=90°，∠DEB=∠GEP，∠GEP+∠GPE=90°，
∴∠DBE=∠GPE，
在△BGQ与△PGE中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠PGE=∠BGQ}\\{PG=BG}\\{∠GPE=∠DBE}\end{array}\right.$，
∴△BGQ≌△PGE（ASA），
∴PE=BQ，
∴$\frac{BD}{PE}$=$\frac{1}{2}$．
∴PE=2BD
（2）解：如图③，
∵同（1）可得△BGQ∽△PGE，
∴$\frac{BQ}{PE}$=$\frac{BG}{PG}$=$\frac{AB}{AC}$=m，
∵BD=$\frac{1}{2}$BQ，
∴$\frac{BD}{PE}$=$\frac{1}{2}$m
∴$\frac{PE}{BD}$=$\frac{2}{m}$．
点评 此题考查的是相似三角形的判定与性质，涉及到全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形三线合一的性质等知识，难度适中．
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如图，矩形ABCD中，动点P从点A出发，沿线段AB以每秒2cm的速度向点B运动：同时动点Q从点B出发，沿线段BC以每秒1cm的速度向点C运动．当点P到达B点时，点Q同时停止，设运动时间为t秒．已知AD=6，且t=2时，PQ=2$\sqrt{5}$．查看答案和解析>>
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| B． | 当y1＜y2时，-1＜x＜3 | |
| C． | 当y1＜y2时，-1≤x≤3 | |
| D． | 当y1＜y2时，x＜-1或x＞3 |
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如图，△ABC∽△DEF，AB：DE=1：4，那么，需要16个△ABC才能将△DEF镶嵌满．
如图，⊙O的半径OD⊥弦AB于点C，连接AO并延长交⊙O于点P，连接PC．若AB=8，OC=3，则PC=2$\sqrt{13}$．
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